大教育山东联盟2025届高高三三4月质检物理试题（PDF版，含解析）
文档属性
| 名称 | 大教育山东联盟2025届高高三三4月质检物理试题（PDF版，含解析） |  | |
| 格式 | |||
| 文件大小 | 4.1MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-04-19 17:36:52 | ||
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文档简介
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★ 答案与解析 ★
大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考
物 理
【选择题答案速查】 力,要求学生运用批判性思维分析解决问题。电容器C1 两
1 2 3 4 5 6 极板间的距离增大
,电容器电容减小,假设其电荷量不变,则
其极板间电压会升高,通过电流计 G和电阻R1 放电,故其C B A C A B
电荷量减少,由于电容器C1 下极板带正电,因此放电时经过7 8 9 10 11 12
电流计G中的电流方向由b到a,选项A正确,C错误;在保
D D BC ACD BD AD
持电容器极板电荷量不变的情况下,可以推知极板间电场强
1.C 【解析】本题考查学生的理解能力、推理能力和创 度不会随极板间距离变化而改变,所以当极板间距离增大过
新能力,要求学生理解半衰期的含义,提取信息、加工信息创
程中因电荷量减少会使电场强度减小,从而使液滴受到向上
新性解决问题。经过相同时间,P和Q的放射性活度分别由 的静电力减小,故液滴向下运动,选项B、D错误。
1 2 1 1
ηP 和 ηQ 变为 和 ,由此可知,元素 经过了 6.B 【解析】本题考查学生的模型建构能力和推理论3 5 12ηP 20ηQ P 2
证能力。对所学物理知识融会贯通、灵活运用。A星的轨道
个半衰期,元素Q经过了3个半衰期,故C正确,A、B错误。
半径与R星轨道的半长轴相等,两星运动周期相同,R星在
放射性活度变小,元素的半衰期不会改变,故D错误。
轨道图示位置时速度最大,在远地点速度最小,可知 星
2.B 【解析】
Ⅱ R
本题考查学生 的 推 理 能 力、模 型 建 构 能
从图示位置至速度方向均改变90°所用的时间小于 A星从
力。考查应用性,引导学生学以致用,培养积极动手的习惯。
图示位置至速度方向改变90°所用的时 间,选 项 A、C均 错
从第1根电线杆到第11根电线杆之间有10个间隔,则从第
误;以O 为圆心, 过Ⅱ轨道近地点作圆,记该圆的轨道为Ⅲ轨
1根电线杆到第11根电线杆之间的距离为x=500m。v1=
道,可知R星在Ⅱ轨道近地点的速度大于其在Ⅲ轨道上的线
18km/h=5m/s,v2=90km/h=25m/s。根据v 22 -v 21 =
速度,R星在Ⅲ轨道上的线速度大于A星在Ⅰ轨道上的线速
2ax 得,a=0.6m/s2。选项B正确。
度,可知在图示位置时,R星的速度大于A星的速度,选项B
3.A 【解析】本题考查学生的理解能力和推理论证能
正确;因椭圆半长轴与圆的半径相等,故两卫星周期相同,且
力。根 据 交 变 电 流 的 有 效 值 的 定 义 知 I2R×0.3s=
圆的面积大,由此可知,一个周期时间A星与O 连线扫过的
(2A)2R×0.2s+(1A)2R×0.1s,解得该交变电流的有效
面积大于R星与O 连线扫过的面积,选项D错误。
值I= 3A。选项A正确,B、C、D错误。 7.D 【解析】设薄膜厚度为d,折射率n=1.5,红光在
4.C 【解析】本题考查学生的推理论证能力和模型建 空气中的波长λ=660nm,光在肥皂膜中传播速度满足v=
V
构能力。根据理想气体状态方程p
T =C
,由题图可知,p 与 c λf , λ= =λ膜 f 可知光在薄膜中的波长为λ膜= ,此处为n n n
V 的乘积先减小后增大,可知气体的温度先降低后升高,气
, 1亮条纹 结 合 半 波 损 失 可 知2d=kλ膜 + λ膜 (k=0,1,
体分子的平均动能先减小后增大,内能也是先减小后增大, 2
故A、B错误; 状态a 与状态b 的p 与V 的乘积相等,所以 ,…), kλ λ2 得出d= + =(220k+110)nm(k=0,1,2n 4n 2
,…),
Ta=Tb,ΔU=0,该过程气体体积增大,气体对外做功,根据
当k=2时,d=550nm,选项D正确。
热力学第一定律ΔU=Q+W 得,气体从外界吸收的热量等
8.D 【解析】本题考查学生的模型建构能力和推理论
于对外做的功,故C正确;从状态a 到状态b,气体的压强逐
证能力。要求学生发散思维,判断各种可能出现的情况。设
渐变小,所以气体分子对汽缸壁单位面积上的作用力变小,
a获得的初 速 度 为v0,根 据 动 量 守 恒 定 律 得,Mv0=(M+
故D错误。
【 】 m)v,
1 1
根据能 量 守 恒 定 律 得, 2 ( ) 2
5.A 解析 本题考查学生的推理论证能力和创新能 2Mv0 =2 M +m v +
费群
L 1 1
μmg 或 Mv 2= (M+m)v2
3L E
0 +μmg 。整理得v 2 2 2 2 2 2 2
q
2 2 2 2 0=
得qE =kv +qBv ,解得v= ,选项B错
k2+q2B2
μ(M+m)gL 3 (M+m)L 误;若速度方向与纸面不平行,速度在垂直于纸面方向上有或
M v =
μ g
0 ,冲 量 大 小 为M
分速度,粒子在垂直于纸面方向受阻力f⊥=-kv⊥ 做减速
Mv0= μM(M+m)gL 或 Mv0= 3μM(M+m)gL。选 运动,与粒子一定做匀速直线运动矛盾(或:粒子在平行于纸
项D正确。 面方向上受力f∥=FE∥-kv∥。f⊥ 与f∥的比值不恒等于
9.BC 【解析】本题考查学生的理解能力和推理论证能 v⊥与v∥ 的 比 值,粒 子 不 能 维 持 直 线 运 动),选 项 C错 误;
力。因为1.2s内波传播了一个波长的距离,所以波的周期
tanα=q
vB qB,
= 选项D正确。
T=1.2s。2.4s时x=12m处的质点开始向y 轴负方向振 kv k
1 h
动,至t=3.7s振动1 T,位移为-1cm,向y 轴负方向振 13.(1) (2)如图所示 (每空 分)12 L
0.30 2
动;加速度指向平衡位置,与y 轴正方向一致;通过的路程为
9cm;以3.7s时刻为计时起点,质点P 的振动方程为y=
2sin 5π 5πt- cm。选项B、C正确,A、D错误。3 6
10.ACD 【解析】本题考查学生的理解能力、推理论证
能力和模型建构能力。设v1、v2 与斜面之间的夹角为θ,将
重力加速度沿斜面和垂直于斜面分解,其沿斜面、垂直于斜
、 , 2v1sinθ, 2vsinθ面的分量 分 别 为a1 a2 则t1= a t2=
2 ,则
a 【解析】(1)由能量守恒定律可知 m L=m h,得 =2 2 μ g g μ
t h1 v= 1
, 1选 项 A 正 确;t v x1=v1cosθ
·t1+ 2at
2
1 1 ,x
。
2= L
2 2
2 (2)将两组数据描点,用直线拟合这些点,得 到 一 条 直
1
vcosθ·t + 2,
x1 v1
2 2 整理得 ,选项 错误, 正2a1t2 x = B C2 v 22 线。直线斜 率 的 倒 数 即 为 动 摩 擦 因 数,得 动 摩 擦 因 数 为
; v1cosθ v2cosθ
0.30。
确 由 = ,可知石子在 M 点和在N 点速度方a2t1 a2t2 (
() () () ()U-Ir
)R
14.1变小, 。 2B 3H 4
1 1 3(每空2分)
向相同 选项D正确 I1(r1+R3)
11.BD 【解析】本题考查学生的理解能力和推理论证 【解析】(1)多用电表的电阻挡刻度盘最外圈的电阻刻
能力。着重考查提取信息、加工信息的能力。Q与P将要分 线,中央刻度乘以倍率即为多用电表的电阻挡的内阻,原来
离时,它们之间的弹力为0,此时拉力最大为mgsinθ,选项A 使用的倍率为“×100”,更换后的倍率为“×10”,所以更换后
错误;撤去拉力瞬间,P所受弹簧的弹力与重力沿斜面向下 多用电表的电阻挡的内阻变小。
的分力平衡,弹力大小为mgsinθ,选项C错误;撤去拉力瞬 (2)(3)通过待测电阻的最大电流约为45mA,故电流表
间,P、Q的 加 速 度 相 同,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得,mgsinθ= A1 的量程太小,电流表A2 的量程太大,需要对电流表A1 扩
1 大量程,结合电路的串并联,可知选择定值电阻R3,改装后
2ma,得a= gsinθ,选项D正确;移动过程中拉力大小2 F 的量程为45mA,满足测量要求;由于新改装后的电流表内
与弹簧弹力大小F弹 之间的关系为F+F弹=2mgsinθ,故F 阻已知,故 采 用 伏 安 法 测 电 阻 时 应 用 内 接 法,故 电 路 图 选
与移动的位移Δx 成线性关系,此过程F 对Δx 的平均值为 择B。
mgsinθ, mgsinθ此过程的位移大小为 ,所以拉力做的功为 (4)根据 电 路 图 B,可 知 通 过 待 测 电 阻 的 电 流 为I1+
2 k
r1I( 1mgsinθ)2 ,待测电阻两端的电压为, 。 R U-I1r1
,故 Rx 的实际值为
选项 正确 3
2k B
(
【 】 U-I解析 1r1
)R3
12.AD 本题考查学生的模型建构能力和推理 。I1(r1+R3)
论证能力。假设粒子做变速直线运动,在与速度垂直方向上
6p0S
, () ()
1
的洛伦兹力大小就会改变 受力不能保持平衡,速度方向就 15.1 7 2g 2
会发生改变,不能维持直线运动,选项A正确;根据平衡条件 【解析】(1)设弹簧的劲度系数为k,开始对活塞受力分析可
— 2
, L0 L0 sinr知 mg=k - ① 由折射定律可知n= 2 3 sini ③
倒置后设封闭气体压强为p2,活塞受力平衡,则 6+ 2
得出n= 2 ④
7L L
p2S+mg=k 0 012- +p0S ②2 (2)由几何关系可知
对封闭气体由玻意耳定律得 3
PQ=Lcos30°= L ⑤
·L0S ·7L
2
0S
p0 3 =p2 12 ③ 3
GH=BGtan60°=
6pS 2
L ⑥
0
解得m= 7 ④g BC-BH 23
HK=
(2)打开阀门气体进入汽缸,稳定后汽缸内气体的压强 cos30°
= 3 L ⑦
变为p ,此时弹簧长度设为L,对活塞有 c0 光在玻璃砖中传播速度v=n ⑧
L
mg=k L 0- ⑤ 光在玻璃砖中传播的时间2
PQ+GH+HK 5(32+ 6)2L L0 t= = ⑨
解得L= 3 ⑥
v 6c
【评分参考】本题共9分,①~⑨每式1分。
故活塞未到达汽缸的限位处。
17.(1)0.8N (2)1.4s (3)1m
设倒置后打开阀门前缸内气体质量为 m1、打开阀门后
【解析】(1)小物块从B 到C 过程中,根据机械能守恒定
缸内气体质量为m2。打开阀门前缸内气体的质量就是汽缸
律得
开口向上竖直放置并刚关上阀门时的质量,开口向上竖直放
1 2
置并关上阀门时缸内气体和倒置并打开阀门后缸内气体的 -mgR(1-cosθ)=0-2mvB ①
压强、温度都相同,故质量与体积成正比,得 小物块经过圆弧轨道的B 点时,根据牛顿第二定律得
L0 v 2 B
m1 3S mgcosθ-FN=m R ②
m =2 2L0
3S 代入数据解得
m 1 FN=0.8N ③1
解得
m = ⑦2 2 由牛顿第三定律可知,小物块对圆弧轨道的压力大小为
【评分参考】本题共7分,①~⑦每式1分。 0.8N。 ④
6+ 2 5(32+ 6)L (2)由①知,vB=2m/s,小于传送带的速度,所以小物块
16.(1) (2)2 6c 以速度v0 滑上传送带后,先以大小为a1 的加速度做减速运
【解析】(1)光路图如图所示,光线由G 点射入三角形玻 动,与传送带速度v 相等后再以大小为a2 的加速度做减速
璃砖后,在 H 点 发 生 了 全 反 射,光 线 由 K 点 射 出,其 中 运动,根据牛顿第二定律得
∠GHB=30° mgsinθ+μmgcosθ=ma1 ⑤
mgsinθ-μmgcosθ=ma2 ⑥
由运动学公式得v2-v 2B =2a2x2 ⑦
v 20 -v2=2a1(L-x2) ⑧
v-v
t = B2 a ⑨2
v -v
t1=
0
a ⑩1
小物块从A 到B 的运动时间为
t=t1+t2
由反射定律可知∠KHC=30° 代入数据解得
则在K 点入射角i=30° ① t=1.4s
折射角r=90°-α=75° ② (3)小物块在传送带上运动的第一个过程中,相对传送
回复【00】加免费群
带向前运动 速度分别为aM、aN。
Δx1=L-x2-vt1 BLvMcos37°+2BLvNcos53°=E ⑥
第二个过程中,相对传送带向后运动 对⑥式求导得
Δx2=vt2-x2 BLaMcos37°+2BLaNcos53°=0
代入数据并比较可知,小物块在传送带上留下的划痕长 解得aM=-1.5aN ⑦
度为 对 M由牛顿第二定律得
Δx=1m mgsin37°-BILcos37°=maM ⑧
【评分参考】本题共14分,其中①~ 每式1分。 对N由牛顿第二定律得
( 15m R 5m R 75mR m sin53°-2BILcos53°=ma ⑨18.1)(ⅰ) g2 2 (ⅱ)
g
8B L 8B2L2 3t g N0-8B2L2 由闭合电路欧姆定律得
(2)(ⅰ)
3
aM 大小为 g,方向沿斜面向下;aN 大小为 E65 I=2R ⑩
2
g,方向沿斜面向上 联立⑦⑧⑨⑩解得65
m 3( )9 g ( ) 45mⅱ ⅲ 2v +3v = g
R aM= g,方向沿斜面向下
13BL M N 2 2
或2v -3v = 65
13B L M N
2 2
45mgR aN=- g,aN 大小为 g,方向沿斜面向上
2 2 65 65
13B L
9m
【 g解析】(1)(ⅰ)杆 M产生的电动势 I=13BL
E0=BLv0cos37° ① 45m R
2vM+3v
g
N= 2 2
杆 M受力平衡有 13B L
B2L2vcos37° 因杆N加速度方向沿斜面向上,其加速度恒定有两种可
mgsin37°-
0
2R cos37°=0 ② 能情况:
联立①②解得 可能 是 匀 减 速 向 下 运 动,两 杆 速 度 大 小vM、vN 满 足
15m R
v = g ③ 关系0 8B2L2
45mgR
(ⅱ)设杆 M达到最大速度时,发生的位移为x,对 M由 2vM+3vN=13B2 2
L
动量定理得 可能 是 匀 加 速 向 上 运 动,两 杆 速 度 大 小vM、vN 满 足
B2L2cos237°
mgsin37°·t0- 2R x=mv0 ④
关系
45mgR
5mgR 75mR 2vM-3vN= 联立③④解得x= 2 2 3t 2 28B L 0- ⑤ 13B L8B2L2
【评分参考】本题共16分,④式2分,其余每式1分。
(2)两杆加速度恒定时,受力恒定、电流恒定、电动势恒
定(等于恒量E);设两杆沿斜面下滑速度分别为vM、vN,加
★ 答案与解析 ★
大教育山东联盟2025届高三质量检测第二次联考
物 理
【选择题答案速查】 力,要求学生运用批判性思维分析解决问题。电容器C1 两
1 2 3 4 5 6 极板间的距离增大
,电容器电容减小,假设其电荷量不变,则
其极板间电压会升高,通过电流计 G和电阻R1 放电,故其C B A C A B
电荷量减少,由于电容器C1 下极板带正电,因此放电时经过7 8 9 10 11 12
电流计G中的电流方向由b到a,选项A正确,C错误;在保
D D BC ACD BD AD
持电容器极板电荷量不变的情况下,可以推知极板间电场强
1.C 【解析】本题考查学生的理解能力、推理能力和创 度不会随极板间距离变化而改变,所以当极板间距离增大过
新能力,要求学生理解半衰期的含义,提取信息、加工信息创
程中因电荷量减少会使电场强度减小,从而使液滴受到向上
新性解决问题。经过相同时间,P和Q的放射性活度分别由 的静电力减小,故液滴向下运动,选项B、D错误。
1 2 1 1
ηP 和 ηQ 变为 和 ,由此可知,元素 经过了 6.B 【解析】本题考查学生的模型建构能力和推理论3 5 12ηP 20ηQ P 2
证能力。对所学物理知识融会贯通、灵活运用。A星的轨道
个半衰期,元素Q经过了3个半衰期,故C正确,A、B错误。
半径与R星轨道的半长轴相等,两星运动周期相同,R星在
放射性活度变小,元素的半衰期不会改变,故D错误。
轨道图示位置时速度最大,在远地点速度最小,可知 星
2.B 【解析】
Ⅱ R
本题考查学生 的 推 理 能 力、模 型 建 构 能
从图示位置至速度方向均改变90°所用的时间小于 A星从
力。考查应用性,引导学生学以致用,培养积极动手的习惯。
图示位置至速度方向改变90°所用的时 间,选 项 A、C均 错
从第1根电线杆到第11根电线杆之间有10个间隔,则从第
误;以O 为圆心, 过Ⅱ轨道近地点作圆,记该圆的轨道为Ⅲ轨
1根电线杆到第11根电线杆之间的距离为x=500m。v1=
道,可知R星在Ⅱ轨道近地点的速度大于其在Ⅲ轨道上的线
18km/h=5m/s,v2=90km/h=25m/s。根据v 22 -v 21 =
速度,R星在Ⅲ轨道上的线速度大于A星在Ⅰ轨道上的线速
2ax 得,a=0.6m/s2。选项B正确。
度,可知在图示位置时,R星的速度大于A星的速度,选项B
3.A 【解析】本题考查学生的理解能力和推理论证能
正确;因椭圆半长轴与圆的半径相等,故两卫星周期相同,且
力。根 据 交 变 电 流 的 有 效 值 的 定 义 知 I2R×0.3s=
圆的面积大,由此可知,一个周期时间A星与O 连线扫过的
(2A)2R×0.2s+(1A)2R×0.1s,解得该交变电流的有效
面积大于R星与O 连线扫过的面积,选项D错误。
值I= 3A。选项A正确,B、C、D错误。 7.D 【解析】设薄膜厚度为d,折射率n=1.5,红光在
4.C 【解析】本题考查学生的推理论证能力和模型建 空气中的波长λ=660nm,光在肥皂膜中传播速度满足v=
V
构能力。根据理想气体状态方程p
T =C
,由题图可知,p 与 c λf , λ= =λ膜 f 可知光在薄膜中的波长为λ膜= ,此处为n n n
V 的乘积先减小后增大,可知气体的温度先降低后升高,气
, 1亮条纹 结 合 半 波 损 失 可 知2d=kλ膜 + λ膜 (k=0,1,
体分子的平均动能先减小后增大,内能也是先减小后增大, 2
故A、B错误; 状态a 与状态b 的p 与V 的乘积相等,所以 ,…), kλ λ2 得出d= + =(220k+110)nm(k=0,1,2n 4n 2
,…),
Ta=Tb,ΔU=0,该过程气体体积增大,气体对外做功,根据
当k=2时,d=550nm,选项D正确。
热力学第一定律ΔU=Q+W 得,气体从外界吸收的热量等
8.D 【解析】本题考查学生的模型建构能力和推理论
于对外做的功,故C正确;从状态a 到状态b,气体的压强逐
证能力。要求学生发散思维,判断各种可能出现的情况。设
渐变小,所以气体分子对汽缸壁单位面积上的作用力变小,
a获得的初 速 度 为v0,根 据 动 量 守 恒 定 律 得,Mv0=(M+
故D错误。
【 】 m)v,
1 1
根据能 量 守 恒 定 律 得, 2 ( ) 2
5.A 解析 本题考查学生的推理论证能力和创新能 2Mv0 =2 M +m v +
费群
L 1 1
μmg 或 Mv 2= (M+m)v2
3L E
0 +μmg 。整理得v 2 2 2 2 2 2 2
q
2 2 2 2 0=
得qE =kv +qBv ,解得v= ,选项B错
k2+q2B2
μ(M+m)gL 3 (M+m)L 误;若速度方向与纸面不平行,速度在垂直于纸面方向上有或
M v =
μ g
0 ,冲 量 大 小 为M
分速度,粒子在垂直于纸面方向受阻力f⊥=-kv⊥ 做减速
Mv0= μM(M+m)gL 或 Mv0= 3μM(M+m)gL。选 运动,与粒子一定做匀速直线运动矛盾(或:粒子在平行于纸
项D正确。 面方向上受力f∥=FE∥-kv∥。f⊥ 与f∥的比值不恒等于
9.BC 【解析】本题考查学生的理解能力和推理论证能 v⊥与v∥ 的 比 值,粒 子 不 能 维 持 直 线 运 动),选 项 C错 误;
力。因为1.2s内波传播了一个波长的距离,所以波的周期
tanα=q
vB qB,
= 选项D正确。
T=1.2s。2.4s时x=12m处的质点开始向y 轴负方向振 kv k
1 h
动,至t=3.7s振动1 T,位移为-1cm,向y 轴负方向振 13.(1) (2)如图所示 (每空 分)12 L
0.30 2
动;加速度指向平衡位置,与y 轴正方向一致;通过的路程为
9cm;以3.7s时刻为计时起点,质点P 的振动方程为y=
2sin 5π 5πt- cm。选项B、C正确,A、D错误。3 6
10.ACD 【解析】本题考查学生的理解能力、推理论证
能力和模型建构能力。设v1、v2 与斜面之间的夹角为θ,将
重力加速度沿斜面和垂直于斜面分解,其沿斜面、垂直于斜
、 , 2v1sinθ, 2vsinθ面的分量 分 别 为a1 a2 则t1= a t2=
2 ,则
a 【解析】(1)由能量守恒定律可知 m L=m h,得 =2 2 μ g g μ
t h1 v= 1
, 1选 项 A 正 确;t v x1=v1cosθ
·t1+ 2at
2
1 1 ,x
。
2= L
2 2
2 (2)将两组数据描点,用直线拟合这些点,得 到 一 条 直
1
vcosθ·t + 2,
x1 v1
2 2 整理得 ,选项 错误, 正2a1t2 x = B C2 v 22 线。直线斜 率 的 倒 数 即 为 动 摩 擦 因 数,得 动 摩 擦 因 数 为
; v1cosθ v2cosθ
0.30。
确 由 = ,可知石子在 M 点和在N 点速度方a2t1 a2t2 (
() () () ()U-Ir
)R
14.1变小, 。 2B 3H 4
1 1 3(每空2分)
向相同 选项D正确 I1(r1+R3)
11.BD 【解析】本题考查学生的理解能力和推理论证 【解析】(1)多用电表的电阻挡刻度盘最外圈的电阻刻
能力。着重考查提取信息、加工信息的能力。Q与P将要分 线,中央刻度乘以倍率即为多用电表的电阻挡的内阻,原来
离时,它们之间的弹力为0,此时拉力最大为mgsinθ,选项A 使用的倍率为“×100”,更换后的倍率为“×10”,所以更换后
错误;撤去拉力瞬间,P所受弹簧的弹力与重力沿斜面向下 多用电表的电阻挡的内阻变小。
的分力平衡,弹力大小为mgsinθ,选项C错误;撤去拉力瞬 (2)(3)通过待测电阻的最大电流约为45mA,故电流表
间,P、Q的 加 速 度 相 同,根 据 牛 顿 第 二 定 律 得,mgsinθ= A1 的量程太小,电流表A2 的量程太大,需要对电流表A1 扩
1 大量程,结合电路的串并联,可知选择定值电阻R3,改装后
2ma,得a= gsinθ,选项D正确;移动过程中拉力大小2 F 的量程为45mA,满足测量要求;由于新改装后的电流表内
与弹簧弹力大小F弹 之间的关系为F+F弹=2mgsinθ,故F 阻已知,故 采 用 伏 安 法 测 电 阻 时 应 用 内 接 法,故 电 路 图 选
与移动的位移Δx 成线性关系,此过程F 对Δx 的平均值为 择B。
mgsinθ, mgsinθ此过程的位移大小为 ,所以拉力做的功为 (4)根据 电 路 图 B,可 知 通 过 待 测 电 阻 的 电 流 为I1+
2 k
r1I( 1mgsinθ)2 ,待测电阻两端的电压为, 。 R U-I1r1
,故 Rx 的实际值为
选项 正确 3
2k B
(
【 】 U-I解析 1r1
)R3
12.AD 本题考查学生的模型建构能力和推理 。I1(r1+R3)
论证能力。假设粒子做变速直线运动,在与速度垂直方向上
6p0S
, () ()
1
的洛伦兹力大小就会改变 受力不能保持平衡,速度方向就 15.1 7 2g 2
会发生改变,不能维持直线运动,选项A正确;根据平衡条件 【解析】(1)设弹簧的劲度系数为k,开始对活塞受力分析可
— 2
, L0 L0 sinr知 mg=k - ① 由折射定律可知n= 2 3 sini ③
倒置后设封闭气体压强为p2,活塞受力平衡,则 6+ 2
得出n= 2 ④
7L L
p2S+mg=k 0 012- +p0S ②2 (2)由几何关系可知
对封闭气体由玻意耳定律得 3
PQ=Lcos30°= L ⑤
·L0S ·7L
2
0S
p0 3 =p2 12 ③ 3
GH=BGtan60°=
6pS 2
L ⑥
0
解得m= 7 ④g BC-BH 23
HK=
(2)打开阀门气体进入汽缸,稳定后汽缸内气体的压强 cos30°
= 3 L ⑦
变为p ,此时弹簧长度设为L,对活塞有 c0 光在玻璃砖中传播速度v=n ⑧
L
mg=k L 0- ⑤ 光在玻璃砖中传播的时间2
PQ+GH+HK 5(32+ 6)2L L0 t= = ⑨
解得L= 3 ⑥
v 6c
【评分参考】本题共9分,①~⑨每式1分。
故活塞未到达汽缸的限位处。
17.(1)0.8N (2)1.4s (3)1m
设倒置后打开阀门前缸内气体质量为 m1、打开阀门后
【解析】(1)小物块从B 到C 过程中,根据机械能守恒定
缸内气体质量为m2。打开阀门前缸内气体的质量就是汽缸
律得
开口向上竖直放置并刚关上阀门时的质量,开口向上竖直放
1 2
置并关上阀门时缸内气体和倒置并打开阀门后缸内气体的 -mgR(1-cosθ)=0-2mvB ①
压强、温度都相同,故质量与体积成正比,得 小物块经过圆弧轨道的B 点时,根据牛顿第二定律得
L0 v 2 B
m1 3S mgcosθ-FN=m R ②
m =2 2L0
3S 代入数据解得
m 1 FN=0.8N ③1
解得
m = ⑦2 2 由牛顿第三定律可知,小物块对圆弧轨道的压力大小为
【评分参考】本题共7分,①~⑦每式1分。 0.8N。 ④
6+ 2 5(32+ 6)L (2)由①知,vB=2m/s,小于传送带的速度,所以小物块
16.(1) (2)2 6c 以速度v0 滑上传送带后,先以大小为a1 的加速度做减速运
【解析】(1)光路图如图所示,光线由G 点射入三角形玻 动,与传送带速度v 相等后再以大小为a2 的加速度做减速
璃砖后,在 H 点 发 生 了 全 反 射,光 线 由 K 点 射 出,其 中 运动,根据牛顿第二定律得
∠GHB=30° mgsinθ+μmgcosθ=ma1 ⑤
mgsinθ-μmgcosθ=ma2 ⑥
由运动学公式得v2-v 2B =2a2x2 ⑦
v 20 -v2=2a1(L-x2) ⑧
v-v
t = B2 a ⑨2
v -v
t1=
0
a ⑩1
小物块从A 到B 的运动时间为
t=t1+t2
由反射定律可知∠KHC=30° 代入数据解得
则在K 点入射角i=30° ① t=1.4s
折射角r=90°-α=75° ② (3)小物块在传送带上运动的第一个过程中,相对传送
回复【00】加免费群
带向前运动 速度分别为aM、aN。
Δx1=L-x2-vt1 BLvMcos37°+2BLvNcos53°=E ⑥
第二个过程中,相对传送带向后运动 对⑥式求导得
Δx2=vt2-x2 BLaMcos37°+2BLaNcos53°=0
代入数据并比较可知,小物块在传送带上留下的划痕长 解得aM=-1.5aN ⑦
度为 对 M由牛顿第二定律得
Δx=1m mgsin37°-BILcos37°=maM ⑧
【评分参考】本题共14分,其中①~ 每式1分。 对N由牛顿第二定律得
( 15m R 5m R 75mR m sin53°-2BILcos53°=ma ⑨18.1)(ⅰ) g2 2 (ⅱ)
g
8B L 8B2L2 3t g N0-8B2L2 由闭合电路欧姆定律得
(2)(ⅰ)
3
aM 大小为 g,方向沿斜面向下;aN 大小为 E65 I=2R ⑩
2
g,方向沿斜面向上 联立⑦⑧⑨⑩解得65
m 3( )9 g ( ) 45mⅱ ⅲ 2v +3v = g
R aM= g,方向沿斜面向下
13BL M N 2 2
或2v -3v = 65
13B L M N
2 2
45mgR aN=- g,aN 大小为 g,方向沿斜面向上
2 2 65 65
13B L
9m
【 g解析】(1)(ⅰ)杆 M产生的电动势 I=13BL
E0=BLv0cos37° ① 45m R
2vM+3v
g
N= 2 2
杆 M受力平衡有 13B L
B2L2vcos37° 因杆N加速度方向沿斜面向上,其加速度恒定有两种可
mgsin37°-
0
2R cos37°=0 ② 能情况:
联立①②解得 可能 是 匀 减 速 向 下 运 动,两 杆 速 度 大 小vM、vN 满 足
15m R
v = g ③ 关系0 8B2L2
45mgR
(ⅱ)设杆 M达到最大速度时,发生的位移为x,对 M由 2vM+3vN=13B2 2
L
动量定理得 可能 是 匀 加 速 向 上 运 动,两 杆 速 度 大 小vM、vN 满 足
B2L2cos237°
mgsin37°·t0- 2R x=mv0 ④
关系
45mgR
5mgR 75mR 2vM-3vN= 联立③④解得x= 2 2 3t 2 28B L 0- ⑤ 13B L8B2L2
【评分参考】本题共16分,④式2分,其余每式1分。
(2)两杆加速度恒定时,受力恒定、电流恒定、电动势恒
定(等于恒量E);设两杆沿斜面下滑速度分别为vM、vN,加
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